TS Exercices sur les lois normales

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TS
Exercices sur les lois normales
1 Une variable aléatoire X suit la loi normale centrée réduite.
À l’aide de la calculatrice, donner la valeur arrondie au millième de :
a) P  0  X  1,3 ;
b) P  – 2,1  X  1,3  ;
c) P  X  1, 6  ;
d) P  X  1, 5  .
2 Une variable aléatoire T suit la loi normale centrée réduite.
À l’aide de la calculatrice, déterminer la valeur arrondie au millième du nombre u tel que :
a) P  T  u   0, 758 ;
b) P  T  u   0, 4 ;
6 Les températures du mois de juillet autour d’un lac suivent la loi normale d’espérance 18,2 °C et d’écarttype 3,6 °C.
Une personne part camper en juillet sur le pourtour de ce lac.
Déterminer la probabilité que la température un jour de juillet :
a) soit inférieure à 16 °C ;
b) soit comprise entre 20 °C et 24,5 °C ;
c) soit supérieure à 21 °C.
7 Une entreprise de travaux publics a un parc total de 150 camions.
On désigne par X la variable aléatoire qui, à chaque camion associe la distance en kilomètres qu’il a parcouru
en une journée.
On admet que X suit la loi normale d’espérance 120 et d’écart-type 14.
1°) Quelle est la distance moyenne parcourue par un camion en une journée ?
2°) Déterminer la probabilité pour qu’un camion parcourt un jour donné
a) entre 110 et 130 km ;
b) plus de 105 km.
3°) À combien de camions peut-on évaluer le nombre de camions parcourant moins de 130 kilomètres en une
journée ?
8 La variable aléatoire X suit la loi normale d’espérance 7 et d’écart-type 0,2.
Déterminer une valeur approchée du réel t tel que :
a) P  X  t   0, 672 ;
b) P  X  t   0,873 .
c) P  T  u   0, 25 ;
d) P  T  u   0, 7 ;
e) P  – u  T  u   0,997 .
3 T est une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée réduite et v est le réel tel que P  T  v   0, 2 .
1°) Sans calcul, comparer v à 0.
2°) Que vaut P  T   v  ?
4 T est une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée réduite et u est le réel tel que
P  – 1  T  u   0,3 .
1°) Exprimer P  T  u  en fonction de P  T   1 .
2°) Déterminer la valeur arrondie au centième de u.
5 La température T (en degrés Celsius) relevée en janvier, en milieu de journée, suit la loi normale centrée
réduite.
1°) Interpréter dans ce contexte, la valeur 0 de l’espérance.
2°) Justifier que dans 95 % des cas, la température relevée est entre – 2 °C et 2 °C.
3°) Quelle est la fourchette de températures dans laquelle on trouve les températures relevées dans 99 % des
cas ?
4°) Donner une estimation de la probabilité d’avoir un jour de janvier, une température supérieure à 2 °C, puis
vérifier à la calculatrice.
9 X est une variable aléatoire que suit la loi normale d’espérance 20 et vérifie P  X  25   0,85 .
On se propose de déterminer l’écart-type  de X.
X  20
1°) Quelle est la loi suivie par Z 
?

2°) On note u le réel tel que P  Z  u   0,85 .
Exprimer  en fonction de u puis déterminer la valeur arrondie au millième de .
10 Lors d’un test de connaissance, 70 % des individus ont un score inférieur à 60 points.
De plus, les résultats suivent une loi normale d’écart-type 20.
Calculer l’espérance  de cette loi normale.
11 Un fabricant remplit des boîtes de petits pois. La masse de pois dans une boîte est normalement distribuée
avec une moyenne de 250 g et un écart-type de 10 g. Selon les règles du marché, le fabricant doit indiquer sur
les boîtes une fourchette de masses telles que environ 5 % des boîtes aient une masse non comprise dans cet
intervalle.
Quelle est cette fourchette de masses ?
12 La variable aléatoire X suit la loi normale d’espérance   90 et d’écart-type   20 .
Déterminer l’intervalle I fermé borné de centre  tel que P  X  I   0,85 .
13 Une enquête a montré que la taille des femmes françaises en centimètres suit la loi normale d’espérance
162,5 et d’écart-type 4.
On mesure une femme française au hasard.
Déterminer la probabilité pour qu’elle mesure :
a) entre 158,5 cm et 166,5 cm ;
b) moins de 164 cm ;
c) plus de 170 cm ;
d) moins de 160 cm ;
e) moins de 170 cm sachant qu’elle mesure plus de 160 cm.
14 Une machine fabrique en grande série des disques de verre dont le diamètre doit être de 30 millimètres.
On appelle X la variable aléatoire qui, à chaque disque pris au hasard, associe son diamètre exprimé en
millimètres.
Cette variable suit la loi normale d’espérance 30 et de variance 0,0324.
On accepte les disques dont le diamètre est compris entre 29,76 mm et 30,14 mm.
1°) Déterminer la probabilité P  29, 76  X  30,14  .
2°) Quel nombre de disques acceptables peut-on prévoir sur un lot de 1000 pièces ?
15 Soit X une variable aléatoire qui suit la loi normale d’espérance  et d’écart-type .
On note F la fonction de répartition d’une variable aléatoire T qui suit la loi normale centrée réduite.
On sait que P  X  55   0, 7977 et que P  X  48   0,6306 .
 55   
 48   
1°) Démontrer que F 
  0, 7977 et F 
  0,3694 .
  
  
2°) On note a et b les réels tels que F  a   0, 7977 et F  b   0,3694 .
55    a
a) Établir que  et  sont solutions du système 
.
 48    b
b) En déduire les expressions de  et  en fonction de a et b ; calculer les valeurs arrondies au centième de  et
.
16 Dans une population, le taux de cholestérol en grammes par litre peut être assimilé à une variable
aléatoire X qui suit la loi normale d’espérance  et d’écart-type .
On note F la fonction de répartition de la variable aléatoire T centrée réduite associée à X.
On sait que, dans la population étudiée, la probabilité pour que le taux de cholestérol soit inférieur à 1,95
grammes par litre est 0,58 et la probabilité pour que le taux de cholestérol soit compris entre 1,95 et 2,10
grammes par litre est 0,38.
1°) Calculer P  X  2,10  .
 1,95   
 2,10   
2°) Démontrer que F 
  0,58 et F 
  0,96 .
 
  

3°) On note a et b les réels tels que F  a   0,58 et F  b   0, 96 .
1,95    a
a) Établir que  et  sont solutions du système 
.
 2,10    b
b) En déduire les expressions de  et  en fonction de a et b ; calculer les troncatures au millième de  et .
17 Correction de continuité
On considère une variable aléatoire X suivant une loi binomiale de paramètres n  40 et p  0, 4 .
1°) Calculer P  X  16  et P 13  X  15  .
2°) On approche X par une variable aléatoire Y qui suit la loi normale d’espérance 16 et d’écart-type 9,6.
a) Justifier l’approximation réalisée.
b) Calculer P  Y  16  et P 13  Y  15  .
Que remarque-t-on ? Comment expliquer ce phénomène ?
3°) On effectue alors une « correction de continuité », en calculant P 15,5  Y  16,5  et
P 12,5  Y  15,5  .
Effectuer les calculs et comparer les résultats avec les résultats du 1°).
18 Les résultats seront arrondis au millième.
Dans un pays, la taille des femmes en centimètres peut être modélisée par une variable aléatoire X suivant la loi
normale d’espérance 165 et d’écart-type 6 alors que celle des hommes en centimètres peut être modélisée par
une variable aléatoire Y suivant la loi normale d’espérance 174 et d’écart-type 8.
De plus, on sait que les femmes représentent 51,3 % de la population de ce pays.
1°) On choisit une personne au hasard dans cette population.
Calculer que la taille de la personne dépasse 1,70 m.
2°) Quelle est la probabilité pour qu’une personne mesurant plus d’1,70 m soit une femme ?
d)
Corrigé
On fait un graphique pour visualiser la relation.
P  X  1,5   P  X  0  – P  0  X  1,5 
Pour tous les exercices, on utilise la calculatrice.
On obtient des valeurs approchées.
P  X  1, 5   0,5 – P  0  X  1, 5 
Avec la calculatrice, on obtient : P  X  1,5   0, 066807223... (affichage calculatrice : 0,0668072232)
1
P  X  1,5   0,067 (valeur arrondie au millième)
On utilise la calculatrice (on n’a pas le choix).
La calculatrice a un programme permettant de calculer directement P  a  X  b  .
On donnera donc des valeurs approchées.
On peut aussi utiliser l’artifice de calcul sur calculatrice avec 1099 .
2
Avec la calculatrice :
a) P  0  X  1,3  0, 403 (valeur arrondie au millième)
 Dans tous les cas, on utilise la calculatrice (FracNormale ou InvNormale pour les calculatrices TI).
b) P  – 2,1  X  1,3  0,885 (valeur arrondie au millième)
 Pour P  T  u   0, 25 , P  T  u   0, 7 , P  – u  T  u   0,997 , on ne peut pas le faire
directement à la calculatrice. Il faut transformer.
c)
On fait un graphique pour visualiser la relation.
On cherche l’aire du domaine sous la courbe pour x  1, 6 . Cette aire est égale à la somme des aires pour x  0
et pour 0  x  1,6 .
 Déterminons le réel u tel que P  T  u   0,758 (1).
u  0, 6998836018081
L’aire sous la courbe pour x  0 est égale à 0,5 (car l’axe des ordonnées est axe de symétrie et l’aire sous la
courbe sur  tout entier est égale à 1).
(2).
u  – 0, 253 (valeur arrondie au millième)
 Déterminons le réel u tel que P  T  u   0, 25
P  X  1, 6   P(X  0)  P (0  X  1, 6)
P  X  1, 6   0,5  P  0  X  1, 6 
Avec la calculatrice, on obtient : P  X  1, 6   0,945200710...
 Déterminons le réel u tel que P  T  u   0, 4
(3).
P  T  u   1 – 0, 25
(affichage calculatrice : 0,9452007101)
P  T  u   0, 75
u  0, 674
P  X  1, 6   0,945 (valeur arrondie au millième)
On peut aussi utiliser l’artifice de calcul sur calculatrice avec  1099 (que l’on n’écrit pas).
(valeur arrondie au millième)
 Déterminons le réel u tel que P  T  u   0, 7 (4).
P  T  u   1– 0,7
P  T  u   0,3
u  – 0,524 (valeur arrondie au millième)
 Déterminons le réel u tel que P   u  T  u   0, 997 (5).
Fracnormale(0.8– NormaleFrép(– 1,0))
(5)  2P  0  T  u   0,997
Avec la calculatrice, on trouve u   0,1038221023... .
 2  P  T  u  – 0,5   0,997
0,997
2
 P  T  u   0,9985
 P  T  u   0,5 
u  2,968 (valeur arrondie au millième)
3 T suit la loi normale N(0 ; 1).
v   tel que P  T  v   0, 2
On peut écrire u  – 0,10 (valeur arrondie au centième).
Version plus courte à savoir faire sous cette version :
Déterminer la valeur arrondie au millième du réel u tel que P  1  T  u   0, 3 .
5
1°) La température moyenne au mois de janvier en milieu de journée est environ égale à 0 °C.
2°) Calculons P  – 2  X  2  .
1°) Comparons v à 0.
P  T  v   0,5 donc v  0 .
2°) Faire un graphique
P T  – v  1 – P T  – v 
P  T  – v  1 – P T  v 
P  T  – v   1 – 0, 2
P  T  – v   0, 8
4
T suit la loi normale N(0 ; 1).
u   tel que P  – 1  T  u   0,3
1°) Exprimons P  T  u  en fonction de P  T   1 .
P  T  u   P  T  – 1  P  – 1  T  u 
P  T  u   P  T  – 1  0,3
P  – 2  X  2   0,954
On en déduit que, dans 95 % des cas environ, la température relevée est entre – 2 °C et 2 °C.
3°) On cherche u tel que P  – u  T  u   0, 99 (1) (On prend une fourchette symétrique par rapport à 0).
(1)  2P (0  T  u )  0,99
 2  P  T  u   0,5   0,99
(propriété du cours utilisant la symétrie de la courbe de Gauss)
(on redémontre une règle du cours)
 2 P  T  u   1  0, 99
 2 P  T  u   1, 99
 P  T  u   0, 995
Avec la calculatrice, on trouve u  2,576 (valeur arrondie au millième) .
On obtient l’intervalle  – 2,58 C ; 2,58 C  (on prend la valeur décimale approchée par défaut au millième de
la borne inférieure et la valeur décimale approchée par excès au millième de la borne supérieure).
4°) Donnons une estimation de la probabilité d’avoir un jour de janvier, une température supérieure à
2 °C.
2°) Déterminons la valeur arrondie au centième de u.
On cherche P  T  2  .
On évite (on se garde) calculer P  T  u   0, 4586552595631 (valeur approchée).
P  T  2   P  T  0  – P  0  T  2  [on peut aussi utiliser l’artifice de calcul 2 à 1099 ].
P  T  u   0, 5  P  1  T  0   0,3
P  T  2   0, 023 (valeur arrondie au millième)
P  T  u   0, 8  P  1  T  0 
Pour arriver en une seule étape, on va utiliser la commande FracNormale.
Pour avoir le maximum de précision, on va taper « l’ensemble » 0,8  P  1  T  0  « à l’intérieur » utiliser
FracNormale.
2e méthode :
6
On note T la température en °C.
D’après l’énoncé, T suit la loi normale d’espérance   18, 2 et d’écart-type   3, 6 .
P  21  T  1099   0, 270562952465 
Sur calculatrice, on met 10 99 .
E  T   18, 2 ;   T   3, 6
On peut aussi dire que T suit la loi normale N(18,2 ; 12,96) (calcul du carré de l’écart-type inutile).
On observe qu’il y a une différence entre les résultats affichés de P  21  T  1099  et P  T  21 au niveau de
la deuxième décimale.
1°)
1ère méthode :
P  T  16   P  T  18,2   P 16  T  18,2 
P  T  16   0, 5  P 16  T  18,2 
7
X suit la loi N(120 ; 196).
1°) Déterminons la distance moyenne parcourue par un camion en une journée.
Sur la calculatrice, on obtient l’affichage : 0,2705629547.
2e méthode :
Il s’agit d’une question sans calcul.
Il s’agit juste d’interpréter de manière concrète l’espérance de X.
P   1099  T  18,2   0, 270562952465
En une journée, un camion parcourant en moyenne 120 km (espérance de X).
Sur calculatrice, on met  10 99 .
On observe qu’il y a une différence entre les résultats affichés de P   1099  T  18,2  et P  T  16  au
niveau des deux dernières décimales.
2°)
 Déterminons la probabilité pour qu’un camion parcourt un jour donné entre 110 et 130 km.
On calcule P 110  X  130  .
P 110  X  1 30   0,5249496249511
On peut écrire : P  T  16   0, 270562954... .
Attention, on ne peut pas « passer » par 0 car la cloche est décentrée.
2°) P  20  T  24,5   0, 2684784186873
 Déterminons la probabilité pour qu’un camion parcourt un jour donné plus de 105 km.
On calcule P  X  105  .
1ère méthode :
3°)
1ère méthode :
P  T  21  P  T  18,2   P 18, 2  T  21
P  T  21  0, 5  P 18, 2  T  21
Sur la calculatrice, on obtient l’affichage : 0,2816500534.
P  X  105   0,5  P 105  X  120 
P  X  105   0,858011582551...
(affichage calculatrice : 0,8580115826)
2e méthode :
P 105  X  1099   0,858011583...
(affichage calculatrice : 0,8580115831)
3°) Évaluons le nombre de camions parcourant moins de 130 kilomètres en une journée.
Principe :
On calcule P  X  130  [ P  X  130   0, 76247565215612  ].
On assimile cette probabilité à une proportion.
On multiplie le résultat par 150 (nombre de camions).
2°) Déterminons l’arrondi au centième du nombre réel u tel que P (Z  u) = 0,85.
Avec la calculatrice, on obtient : u  1, 036433... .
Donc u  1,04 (valeur arrondie au centième).
3°) Déduisons-en une valeur approchée de .
X  25  X – 20  25 – 20
Solution :
 X – 20  5
Avec la calculatrice, on obtient : 150  P  X  130   114,371221...
X  20 5



5
 Z


On conclut que le nombre de camions parcourant moins de 130 km en une journée est environ égal à 114.
8
(car   0 )
On sait que P  X  25   0,85 (1).
2
X suit la loi normale N(7 ; 0, 2 )
t  7, 089088502016...
5

(1)  P  Z    0,85


5
 u
(par unicité du réel u tel que P  Z  u   0,85 )

5
 
u
b) Déterminons une valeur approchée du réel t tel que P  X  t   0, 873 .
Avec la calculatrice, on trouve   4,8242367  .
On commence par déterminer P  X  t  afin de pouvoir utiliser la calculatrice pour pouvoir se ramener à la
situation du a).
Sur TI : on tape : 5 / FracNormale(0.85
a) Déterminons une valeur approchée du réel t tel que P  X  t   0, 672 .
On utilise la calculatrice (FracNormale…).
10
P X  t  1– P X  t 
P  X  t   0,127
X suit la loi N(μ ; 202 ).
t  6, 771862504965...
P  X  60   0,7 (1)
t  6, 772 (valeur arrondie au millième)
Calculons l’espérance .
Posons Z 
9 X suit la loi N (20 ;  2 ).
P  X  25   0,85
1°) Déterminons la loi suivie par Z 
On a : Z 
X
.
20
Z suit la loi normale centrée réduite N(0 ; 1).
X  20
.

X  E  X
.

D’après le cours, Z est la variable centrée réduite associée à X.
Donc Z suit la loi normale N(0 ; 1).
60   

(1)  P ( Z 
  0,7 (1')
20 

Notons u le réel tel que P  Z  u   0, 7 .
60  
u
20
   60 – 20u
(1') 
Avec la calculatrice, on trouve   49,511989  (calculatrice TI : 60 – 20  FracNormale(0.7).
Donc   49,5 (valeur approchée au dixième).
a
u
20
 a  20u
(1') 
Version rapide :
60  
D’après la calculatrice,
 0,524400510... etc.
20
Méthode maladroite pour la précision.
11 X suit la loi normale N(250 ; 102 ).
On cherche un intervalle tel que 95 % des boîtes de conserve aient une masse qui appartient à cet
intervalle.
On peut utiliser le cours qui concerne les plages de normalité.
On sait que la plage de normalité à 95 % est   – 2 ;   2 ce qui donne  230 ; 270  .
On pourrait aussi prendre l’intervalle   – 1,96 ;   1,96  qui est plus précis.
12 X suit la loi normale N(90 ; 202 ).
On a : I  90 – 20u ; 90  20u  .
Les bornes de I sont donc 61,209 et 118,791 (valeurs arrondies au millième).
On évite d’écrire : I   61, 209 ;118, 791 .
Autre méthode plus simple (donc à privilégier) qui s’appuie sur une vision géométrique sans repasser par
la variable centrée réduite :
1  0,85
 0, 075
2
On note u et u ' les réels tels que P  T  u   0,075 et P  T  u '  0,925 .
On utilise la calculatrice (FracNormale(0.075,90,20) et FracNormale(0.925,90,20)) qui permet d’obtenir les
valeurs 61,209 et 118,791 (valeurs arrondies au millième).
L’intervalle cherché est l’intervalle  u ; u ' .
Déterminons un intervalle I de centre  tel que P  X  I   0,85 (1).
Autre méthode notée le 12-5-2016 (voir si je la garde ou pas) :
On pose I  90 – a ; 90  a  avec a  0 .
J’avais noté plus simple.
On cherche a.
X  I  90 – a  X  90  a
X  I  90 – a  X  90  a
X  I  – a  X  90  a
X  I  – a  X  90  a
a
X  90 a
XI  


20
20
20
La variable Y  X  90 suit la loi normale d’espérance 0 et d’écart-type 20.
X  90
On pose Z 
.
20
On sait que Z suit la loi normale N(0 ; 1).
a 
 a
(1)  P  
 Z    0,85
20 
 20
a 

 2 P  Z    1  0,85
20 

a 

 P  Z    0,925 (1')
20 

On note u le réel tel que P  Z  u   0,925 .
P  X  I   P  – a  Y  a 
P  X  I   2 P  Y  a   1 (propriété à savoir redémontrer valable pour toute variable aléatoire qui suit la loi
normale d’espérance nulle)
E  Y   E  X   90  0
  Y   1   X   20
On rappelle la propriété suivante :
 E  aX  b   aE  X   b
   aX  b   a   X 
14
13
X : taille d’une femme française en cm
X suit la loi N(30 ; 0,0324).
X suit la loi N(162,5 ; 4 2 ).
Attention   0, 0324
  0,18
On mesure une femme française au hasard.
1°) Déterminons la probabilité P  (29,76  X  30,14)  .
a) probabilité que la femme mesure entre 158,5 cm et 166,5 cm
P  (29, 76  X  30,14)   0,690 (valeur arrondie au millième)
P 158,5  X  166,5   0,683 (valeur arrondie au millième)
2°) Déterminons le nombre de disques acceptables que l’on peut prévoir sur un lot de 1000 pièces.
b) probabilité que la femme mesure moins de 164 cm
P  X  164   0, 646 (valeur arrondie au millième)
c) probabilité que la femme mesure plus de 170 cm
P  X  170   0, 030 (valeur arrondie au millième)
d) probabilité que la femme mesure moins de 160 cm
P  X  160   0, 266 (valeur arrondie au millième)
P  (29, 76  X  30,14)  1000  690 (valeur arrondie à l’unité)
Dans un lot de 1000 pièces, on peut prévoir 690 disques environ.
15
X une variable aléatoire qui suit la loi normale N( ; 2 ).
F : fonction de répartition d’une variable aléatoire T qui suit la loi normale centrée réduite
P  X  55   0,7977 (1)
P  (X  48)   0, 6306 (2)
e) probabilité que la femme mesure moins de 170 cm sachant qu’elle mesure plus de 160 cm
On doit calculer une probabilité conditionnelle (présence d’un « sachant que » dans la formulation)
P  X  170 / X  160  
P 160  X  170 
P (X  160)
 0,9585889 (calcul « exact » à la calculatrice)
P  X  170 / X  160   0,959 (valeur arrondie au millième)
Remarque pour le calcul du b) :
On pourrait se limiter à P  0  X  164  .
En fait on constate que P  X  0  est très faible (d’où le fait que la modélisation des tailles par la loi
N(162,5 ; 42 ).
 55   
 48   
1°) Démontrons que F 
  0, 7977 et F 
  0, 3694 .
  
  
(1)  P  X –   55 –    0, 7977
 X –  55 –  
 P

  0, 7977
 
 
55 –  

 PT 
  0,7977
 

 55   
 F
  0, 7977 (1')
  
(2)  P  X  48   0,3694
 P  X –   48 –    0,3694
 X –  48 –  
 P

  0,3694
 
 
48 –  

 PT 
  0,3694
 

 48   
 F
  0,3694 (2')
  
2°) F  a   0, 7977 et F  b   0,3694
16
On a donc P  T  a   0,7977 et P  T  b   0,3694 .
X suit la loi normale N( ; 2 ).
On utilise la « loi normale inverse » (FracNormale) pour trouver des valeurs approchées de a et de b.
On note F la fonction de répartition de la variable aléatoire T centrée réduite associée à X.
 55    a
a) Établissons que  et  sont solutions du système 
.
 48    b
P  X  1,95   0, 58
D’après les égalités (1') et (2'), on a : a 
P 1,95  X  2,10   0,38
55  
48  
et b 
.


1°) Calculons P  X  2,10  .
Donc a  55   et b  48   .
55    a
On a donc le système 
 48    b
P  X  2,10   P  X  1,95   P 1,95  X  2,10 
(3)
(4)
P  X  2,10   0, 58  0, 38
.
P  X  2,10   0,96
b)
 Déduisons-en les expressions de  et  en fonction de a et b.
 1,95   
 2,10   
2°) Démontrons que F 
  0,58 et F 
  0, 96 .






En effectuant la soustraction membre à membre de (3) et (4), on obtient :
7
7   a – b   donc  
 5,99891961...
a b
P  X  1,95   0, 58
Sur la calculatrice, on tape : 7 / (FracNormale(0.7977)– FracNormale(0.3694))
Compte tenu de ce résultat, (3) donne alors : 55b – 48a    a – b  donc  
 Calculons les troncatures au centième de  et .
  50,00 (troncature au centième)
  5,99
(troncature au centième)
55b  48a
 50, 00029686202... .
ba
ou encore P  X  1,95   0,58
P  X  2,10   0,96 (2)
(1)  P  X –   1,95 –    0,58
 X   1,95   
 P

  0,58
 
 
1,95   

 PT 
  0,58
 

 1,95   
 F
  0,58 (1')
  
(2)  P  X –   2,10 –    0,96
 X   2,10   
 P

  0,96
 
 
2,1   

 PT 
  0,96
 

 2,1   
 F
  0,96 (2')
  
(1)
3°)
 Calculons les troncatures au millième de  et .
a : réel défini par F  a   0,58
  1,930
(troncature au millième)
b : réel défini par F  b   0, 96
  0, 096
(troncature au millième)
Rappel : F est la fonction de répartition de la variable aléatoire T qui suit la loi normale centrée réduite associée
àX
17 Correction de continuité
X suit la loi binomiale de paramètres n  40 et p  0, 4 .
1, 95    a
a) Établissons que  et  sont solutions du système 
.
 2,10    b
1°)
D’après les égalités (1') et (2'), on a :
a
Calculons P  X  16  .
1, 95  
2,10  
et b 


P  X  16   0,127911524...
 40 
On peut écrire la formule P  X  16      0, 416  0,6 24  0,127911524... .
 16 
Donc a  1,95   et b  2,10   .
Calculons P 13  X  15  .
1, 95    a (3)
On a donc le système 
.
 2,10    b (4)
P 13  X  15   P  X  15  – P  X  12 
b)
P 13  X  15   0,311710546
 Déduisons-en les expressions de  et  en fonction de a et b.
Par soustraction membre à membre, on obtient 0,15   b – a   donc  
0,15
 0, 096849636...
ba
Autre méthode :
P 13  X  15   P  X  13   P  X  14   P  X  15 
Pour l’application numérique sur calculatrice, il faut se souvenir que les a et b sont définis par :
F  a   0,58 et F  b   0, 96 où F est la fonction de répartition de la variable aléatoire T qui suit la loi
x
normale centrée réduite associée à X (c’est-à-dire que F  x  


1 
e
2
x2
2
dt , expression intégrale que
l’on na pas à connaître).
Les valeurs de a et b s’obtiennent donc grâce à la commande FracNormale (calculatrice en français) ou
InvNorm (calculatrice en anglais).
On va donc taper la séquence de calcul suivante : 7 / (FracNormale(0.58) – FracNormale(0.96)).
P 13  X  15   0,311710546
2°) On approche X par une variable aléatoire Y qui suit la loi normale N(16 ; 9,6).
a) Justifions l’approximation réalisée.
E  X   40  0, 4  16
V  X   40  0, 4  0, 6  9, 6
On a alors 1,95b – 2,10a    b – a  donc  
calculatrice).
1,95b  2,10a
 1,93044669... (un peu long à rentrer sur
ba
b)
 Calculons P  Y  16  .
P  Y  16   0 (car Y est une variable continue).
 Calculons P 13  Y  15  .
A
p
P 13  Y  15   0, 2069820841...
F
 Que remarque-t-on ? Comment expliquer ce phénomène ?
On observe des résultats assez différents de ceux obtenus au 1°).
Cela s’explique par le fait que X suit une loi discrète alors que Y suit une loi continue.
0,513
A
3°)
 Effectuons les calculs.
P 15, 5  Y  16,5   0,128201417 
0,487
q
P 12,5  Y  15, 5   0,30658108
 Comparons avec les résultats du 1°).
A
H
Les résultats se rapprochent plus de ceux obtenus avec X dans la question 1°).
A
17
X suit la loi normale d’espérance  X  165 et d’écart-type X  6 .
Y suit la loi normale d’espérance  Y  174 et d’écart-type Y  8 .
On commence par dresser un arbre de probabilités où p  P  X  170  et q  P  Y  170  .
1°) Calculons P  A  .
On applique la formule des probabilités totales.
P  A   P  X  170   0, 513  P  Y  170   0, 487
 0, 440536652...
(on tape toute l’expression précédente d’un coup)
A : « La taille de la personne dépasse 1,70 m »
2°) Calculons la probabilité pour qu’une personne mesurant plus d’1,70 m soit une femme.
F : « La personne est une femme »
H : « La personne est un homme »
P F / A 
P F  A
P A

0,513  P  X  170 
P A
 0, 23560906...
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